安徽省铜陵一中高三上学期月考化学试卷（月份）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016-2017学年安徽省铜陵一中高三(上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分)1．“优化结构、提高效益和降低消耗、保护环境"，这是我国国民经济和社会发展的基础性要求．你认为下列行为不符合这个要求的是（)A．将煤转化成气体燃料可以有效地减少“温室效应"的气体产生B．加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用C．研制开发以水代替有机溶剂的化工涂料D．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源2．在一定温度下，反应2XY（g）⇌X2(g）+Y2（g）达到平衡的标志是（）A．单位时间内生成nmolX2，同时生成nmolXYB．单位时间内生成nmolX2,同时生成nmolY2C．单位时间内生成2nmolXY，同时生成nmolY2D．容器内总压强不随时间变化3．甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法不正确的是()A．在甲中滴加丁可能发生反应：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2OB．溶液丙中还可以大量共存的离子有:I﹣、NO3﹣、SO42﹣C．白色沉淀A可能溶解在溶液D中D．甲为NaHCO3，乙为AlCl34．下列有关化学用语表示正确的是(）A．钾原子结构示意图: B．水的电子式:C．CO2的比例模型: D．间羟基苯甲酸的结构简式：5．若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是（）A．生成了一种强酸弱碱盐B．弱酸溶液和强碱溶液反应C．强酸溶液和弱碱溶液反应D．一元强酸溶液和一元强碱溶液反应6．将9.58gNa2CO3•10H2O与NaHCO3的混合物溶于水配成100mL溶液，测得c（Na+）=1mol/L．再取同质量的混合物,充分加热至质量不变时，所得固体的质量为(）A．5.30g B．7.78g C．6.72g D．6g7．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A．12g的金刚石晶体中含有碳碳键的数目为4NAB．46g四氧化二氮含有的原子总数一定为3NAC．500mLl.0mol/L的乙酸溶液中含有的H+数为0。5NAD．1molFeCl3制成胶体，所得胶体的粒子数为NA8．一种新型净水剂PAFC{聚合氯化铁铝，［AlFe（OH）nCl6﹣n］m，n＜5,m＜10},广泛用于生活用水的净化和废水的净化，有关PAFC的说法正确的是（）A．PAFC用于净化饮用水时，可以除去水中所有的有害物质B．PAFC中铁显+2价C．PAFC可溶于盐酸溶液D．PAFC没有氧化性9．萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂和溶剂．已知α﹣萜品醇的结构简式如下式,则下列说法错误的是()A．1mol该物质最多能和lmol氢气发生加成反应B．分子中含有的官能团为羟基和碳碳双键C．该物质能和钠反应D．分子式为C9H18O10．我国在砷化镓太阳能电池研究方面国际领先．砷（As）和镓（Ga)都是第四周期元素，分别属于ⅤA和ⅢA族．下列说法中，不正确的是（）A．原子半径：Ga＞As＞P B．热稳定性:NH3＞PH3＞AsH3C．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4 D．Ga（OH)3可能是两性氢氧化物11．某溶液中可能含有H+，Na+，Ba2+，Mg2+，Fe3+，Al3+，SO42﹣,CO32﹣等离子,当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时,发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列判断正确的是(）A．原溶液中一定含有H+、Fe3+、Al3+,可能含Ba2+B．原溶液中含Fe3+和Al3+，物质的量之比为l：lC．原溶液中可能含有CO32﹣D．反应最后形成的溶液中含有的溶质只有NaAlO212．工业上用含有少量氧化铁杂质的废铜粉为原料,制取硫酸铜的主要过程如下图所示：下列有关说法不正确的是（）A．“过量酸”不适合用硝酸或浓硫酸，固体B可以用CuO、Cu（OH)2或Cu2（OH)2CO3B．通入的气体A可以是O2或Cl2C．通入气体A之前的混合溶液中存在的阳离子是：Fe2+、Cu2+、H+D．将从溶液中得到的硫酸铜晶体在空气中加热，可制得无水硫酸铜二、非选择题：13．磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4）2等形式存在．它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用．（1)白磷（P4)可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得．相关热化学方程式如下:2Ca3（PO4）2(s）+10C（s）═6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）△H1=+3359。26kJ•mol﹣1CaO（s)+SiO2(s）═CaSiO3(s)△H2=﹣89。61kJ•mol﹣12Ca3(PO4）2（s)+6SiO2（s）+10C(s）═6CaSiO3(s)+P4（s)+10CO（g）△H3则△H3=kJ•mol﹣1．(2)焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ•mol﹣1；H2O(g）═H2O（l）△H2=﹣44kJ•mol﹣1；2SO2（g)+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4(l）△H3=﹣545kJ•mol﹣1．则SO3（g）与H2O(l)反应的热化学方程式是．(3)大气中的部分碘源于O3对海水中I﹣的氧化．O3将I﹣氧化成I2的过程由3步反应组成：①I﹣（aq)+O3（g)═IO﹣（aq）+O2(g）△H1②IO﹣（aq）+H+(aq）⇌HIO（aq）△H2③HIO（aq）+I﹣（aq）+H+(aq）⇌I2(aq）+H2O(l）△H3总反应的化学方程式为，其反应热△H=．14．某实验小组用0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定．（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是,仍存在的缺陷是．（2)若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，测得中和热为△H1，则△H1与△H的关系为：△H1△H(填“＜”、“＞”或“="）．（3）写出该反应的中和热的热化学方程式（中和热为57.3kJ/mol)：．（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，装置已做改进．实验数据如表．起始温度/℃终止温度/℃温度差/℃H2SO4NaOH平均值125.525。025.2528.53。25224。524.224.3527.63.25325.024。524。7526。51.75又已知0。50mol/LNaOH溶液和0。50mol/L硫酸溶液的密度都近似为1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g•℃）．则中和热△H=（取小数点后一位)．（5）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差,产生偏差的原因可能是（填字母）．a．实验装置保温、隔热效果差b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数c．分多次把H2SO4溶液倒入盛有NaOH溶液的小烧杯中d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后未清洗直接测定H2SO4溶液的温度e．实验当天气温较高．15．实验室用装置Ⅰ制氨气和氧气的混合气体，A中装有浓氨水，C中盛有碱石灰；用装置Ⅱ验证氨的某些性质，D内放置催化剂(铂石棉），按气流方向①→②→③→④连接各仪器．请回答下列问题:（1）①仪器A的名称是,仪器B中应加入的固体药品（填化学式）;②实验中观察到D内红棕色气体的化学式为，证明氨气具有性；（2）若用装置Ⅰ制取干燥的SO2气体，则：①B中发生反应的化学反应方程式为；②此时仪器C中改为盛装P2O5的作用是．16．下列是用98％的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3)配制500mL0.5mol∙L﹣1的稀硫酸的实验操作，请按要求填空:（1）实验中量取浓硫酸的体积为mL．（2）如果实验室有10mL、20mL、50mL的量筒，应选规格的量筒最好，如果量取浓硫酸时仰视读数，所配溶液浓度将(填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．（3）将量取的浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有约少量水的烧杯里,并不断搅拌,搅拌的目的是．(4）将冷却至室温的上述溶液沿玻璃棒注入中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,洗涤液要转入到容量瓶中，并振荡;在转移过程中有少量液体洒在桌子是，则最终所配浓度将（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．（5)加水至距刻度线1～2cm处，改用加水至刻度线，使溶液的凹液面恰好跟容量瓶刻度线相平，把容量瓶塞好，反复颠倒振荡，摇匀溶液．17．在10mL1mol•L﹣1的纯碱溶液中不断搅拌并逐滴加入10mL1。5mol•L﹣1盐酸，完全反应后在标准状况下生成二氧化碳的体积为mL．18．A﹣J是中学化学中常见的几种物质，它们之间的转化关系如图所示．已知常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末，C、F、I为气态单质，E在常温下为液体，且E可由C、F合成，J可用作杀菌消毒剂．回答下列问题:（1）B中的化学键有，(填“离子键"、“极性键”或“非极性键”）E的电子式．（2）写出反应⑦的离子方程式．(3）向AlCl3溶液中加入少量固体B，写出反应的化学方程式．（4)以Pt为电极电解滴加有少量酚酞的H饱和溶液，则在（填“阴或阳”）极附近溶液由无色变为红色，其原因是．19．某固体粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，某同学设计并完成如下实验：（所加试剂均过量）已知：蘸取少量溶液2在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色．请回答：(1）白色沉淀是(填化学式）．（2）生成红褐色沉淀的离子方程式为．(3）根据实验现象，固体粉末中一定存在的组分是（填化学式）．20．人类的生产生活离不开金属材料,金属及金属材料在生产、生活中应用广泛．（1）生活中常用的铁锅炒菜，主要是利用了铁的；铁在潮湿的空气中容易锈蚀，喷漆可以延缓汽车钢铁外壳的锈蚀，起防锈原理是隔绝，喷漆前需将铁制品放入稀盐酸中除锈（铁锈主要成分是Fe2O3），观察到溶液变黄，有无色气泡逸出,写出其中涉及到的一个化学方程式:．（2）化学实验室要从含少量铜粉的银、锰（Mn)混合金属粉末中分离出贵金属,并获得一种盐晶体，将有关三种金属随意编号为：A、B、C,并设计了如下流程：①A、B、C三种金属的活动性顺序为．②金属C是，已知A的硫酸盐中A元素显+2价，请写出步骤①的反应的化学方程式:．

2016-2017学年安徽省铜陵一中高三（上）月考化学试卷(9月份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1．“优化结构、提高效益和降低消耗、保护环境”，这是我国国民经济和社会发展的基础性要求．你认为下列行为不符合这个要求的是（）A．将煤转化成气体燃料可以有效地减少“温室效应”的气体产生B．加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用C．研制开发以水代替有机溶剂的化工涂料D．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】降低消耗、保护环境，应尽量使用清洁能源，开发利用新能源，代替传统化石能源的使用，减少污染物的排放．【解答】解：A．将煤转化成气体燃料，可提高能源的利用率，但不能减少二氧化碳的排放，故A错误；B．使用新型能源可减少对传统化石能源的依赖，减少环境污染,故B正确；C．以水代替有机溶剂,可减少环境污染，故C正确;D．将废弃的秸轩转化为清洁高效的能源，可减少污染物的排放，节约能源,故D正确．故选A．2．在一定温度下，反应2XY（g）⇌X2（g）+Y2（g）达到平衡的标志是（）A．单位时间内生成nmolX2，同时生成nmolXYB．单位时间内生成nmolX2，同时生成nmolY2C．单位时间内生成2nmolXY，同时生成nmolY2D．容器内总压强不随时间变化【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：A、单位时间内生成nmolX2，同时消耗2nmolXY,正逆反应速率不等，故A错误；B、单位时间内生成nmolX2,同时生成nmolY2,都体现正反应方向,未体现正与逆的关系，故B错误；C、单位时间内生成2nmolXY等效于消耗nmolY2，的同时生成nmolY2，正逆反应速率相等,达平衡状态，故C正确；D、反应两边计量数相等,所以压强始终不变，故D错误；故选C．3．甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法不正确的是(）A．在甲中滴加丁可能发生反应：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2OB．溶液丙中还可以大量共存的离子有：I﹣、NO3﹣、SO42﹣C．白色沉淀A可能溶解在溶液D中D．甲为NaHCO3，乙为AlCl3【考点】物质检验实验方案的设计；常见离子的检验方法．【分析】甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣离子中的两种组成,依据离子共存原则，H+只能与Cl﹣生成HCl,Al3+只能与Cl﹣生成AlCl3，依据甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，甲和丙生成气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子,且甲中含有Na+,据此解答即可．【解答】解：溶液中存在H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣，故依据离子能大量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即：HCl和AlCl3,因为甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即Al3+和HCO3﹣生成的气体B为二氧化碳，沉淀A为氢氧化铝，然后依据甲与丙生成气体，则甲为NaHCO3，那么乙为AlCl3，甲与丁生成白色沉淀，则丁含有钡离子且与甲生成沉淀，则丁为氢氧化钡，丙为HCl；A．甲中滴加丁，丁是过量的，那么发生的离子反应为HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故A正确；B．据分析可知,丙为HCl，含有H+，故I﹣、NO3﹣不能与其共存,故B错误；C．白色沉淀A为氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钡，故C正确；D．依据以上分析得出甲应为碳酸氢钠，乙为AlCl3，故D正确；故选:B．4．下列有关化学用语表示正确的是（）A．钾原子结构示意图： B．水的电子式:C．CO2的比例模型： D．间羟基苯甲酸的结构简式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；结构简式；球棍模型与比例模型．【分析】A．K的质子数为19,核外有4个电子层，最外层电子数为1；B．水为共价化合物，分子中不存在阴阳离子;C．C原子半径比O原子半径大，为直线型结构；D．间羟基苯甲酸中，﹣OH与﹣COOH处于间位．【解答】解：A．钾原子的核电荷数为19，最外层为1个电子,其正确的结构示意图为：,故A错误；B．水为共价化合物，水分子正确的电子式为：，故B错误；C．二氧化碳分子中，C的原子半径大于O原子，所以CO2正确的比例模型为：，故C错误；D．间羟基苯甲酸的结构简式为：，故D正确；故选D．5．若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是（）A．生成了一种强酸弱碱盐B．弱酸溶液和强碱溶液反应C．强酸溶液和弱碱溶液反应D．一元强酸溶液和一元强碱溶液反应【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;盐类水解的应用．【分析】若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液中，c（H+)=c(OH﹣）=10﹣3mol/L,等体积混合后溶液呈酸性，说明应后酸过量，应为弱酸和强碱的反应，本题可讨论分析．【解答】解:pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液中,c(H+）=c(OH﹣）=10﹣3mol/L,则①若为强酸强碱,则反应后溶液呈中性，②若为弱酸、强碱，反应后酸过量，溶液呈酸性,③若为强酸、弱碱，则碱过量,反应后溶液呈碱性，只有B符合，故选：B．6．将9。58gNa2CO3•10H2O与NaHCO3的混合物溶于水配成100mL溶液，测得c（Na+）=1mol/L．再取同质量的混合物，充分加热至质量不变时，所得固体的质量为（）A．5。30g B．7。78g C．6.72g D．6g【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】将Na2CO3•10H2O与NaHCO3的混合物9。58g溶解于水，可计算钠离子的物质的量，同质量的混合物，充分加热至质量不变时，最后得到的固体为Na2CO3，根据Na元素守恒可计算Na2CO3的物质的量，进而计算Na2CO3的质量．【解答】解：同质量的混合物，充分加热至质量不变时，最后得到的固体为Na2CO3，9.58gNa2CO3•10H2O与NaHCO3的混合物溶于水配成100mL溶液，测得c（Na+）=1mol/L,则n（Na+）=1mol/L×0.1L=0.1mol，n（Na2CO3)=n(Na+）=0.1mol×=0。05mol，m（Na2CO3）=0.05mol×106g/mol=5。30g，故选A．7．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A．12g的金刚石晶体中含有碳碳键的数目为4NAB．46g四氧化二氮含有的原子总数一定为3NAC．500mLl。0mol/L的乙酸溶液中含有的H+数为0.5NAD．1molFeCl3制成胶体，所得胶体的粒子数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．12g金刚石中含有1molC，金刚石中一个碳原子与其它4个C形成4个共价键，利用均摊法,1个碳原子形成的共价键为×4=2;B．根据n=计算出四氧化二氮的物质的量,然后计算出含有原子的物质的量及数目;C．乙酸为弱酸，在溶液中只能部分电离出氢离子；D．氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体．【解答】解：A．12g金刚石晶体中含有1molC，每个碳原子与与气体4个碳形成了4个碳碳键,则1个C形成的碳碳键数目为：×4=4=2，所以1mol碳原子形成了2mol碳碳键，含有碳碳键的数目为2NA，故A错误；B．46g四氧化二氮的物质的量为：=0。5mol，0.5mol四氧化二氮含有3mol原子,含有的原子总数为3NA,故B正确;C．500mLl.0mol/L的乙酸溶液中含有0.5mol乙酸分子，由于乙酸为弱酸，则溶液中含有的H+的物质的量小于0。5mol，含有氢离子数小于0。5NA，故C错误；D．由于氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体,则无法计算含有的氢氧化铁胶粒数，故D错误；故选B．8．一种新型净水剂PAFC｛聚合氯化铁铝，［AlFe(OH）nCl6﹣n]m,n＜5，m＜10},广泛用于生活用水的净化和废水的净化，有关PAFC的说法正确的是(）A．PAFC用于净化饮用水时，可以除去水中所有的有害物质B．PAFC中铁显+2价C．PAFC可溶于盐酸溶液D．PAFC没有氧化性【考点】物质的组成、结构和性质的关系；根据化学式判断化合价．【分析】［AlFe（OH）nCl6﹣n]m中Cl元素为﹣1价、氢氧根离子为﹣1价，Al元素化合价为+3价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0知，Fe元素化合价为+3价，铁元素具有氧化性，PAFC可看做一定比例的氯化铝和氯化铁的水解产物,据此分析解答．【解答】解：[AlFe（OH)nCl6﹣n］m中Cl元素为﹣1价、氢氧根离子为﹣1价，Al元素化合价为+3价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0知,Fe元素化合价为+3价,铁元素具有氧化性,PAFC可看做一定比例的氯化铝和氯化铁的水解产物，A．氯化铝和氯化铁的水解产物用于除去水中的悬浮物质以净化饮用水，不能除去水中所有有害物质，故A错误；B．根据以上分析知,Fe元素化合价为+3价，故B错误；C．PAFC可看做一定比例的氯化铝和氯化铁的水解产物，所以能和稀盐酸反应生成盐，故C正确；D．PAFC中Fe元素化合价为+3价，所以具有氧化性，故D错误；故选C．9．萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂和溶剂．已知α﹣萜品醇的结构简式如下式，则下列说法错误的是（）A．1mol该物质最多能和lmol氢气发生加成反应B．分子中含有的官能团为羟基和碳碳双键C．该物质能和钠反应D．分子式为C9H18O【考点】有机物的结构和性质．【分析】分子中含碳碳双键、﹣OH，结合烯烃、醇的性质分析，由结构简式可知分子式，以此来解答．【解答】解：A．碳碳双键与氢气发生加成，则1mol该物质最多能和1mol氢气发生加成反应,故A正确；B．由结构简式可知，含有的官能团为羟基和碳碳双键，故B正确；C．含﹣OH，能和钠反应生成氢气,故C正确；D．由结构简式可知，分子式为C10H18O，故D错误；故选D．10．我国在砷化镓太阳能电池研究方面国际领先．砷（As）和镓(Ga）都是第四周期元素,分别属于ⅤA和ⅢA族．下列说法中,不正确的是（）A．原子半径:Ga＞As＞P B．热稳定性：NH3＞PH3＞AsH3C．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4 D．Ga（OH）3可能是两性氢氧化物【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．【分析】A、同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，据此判断;B、非金属性越强，氢化物越稳定．同主族自上而下非金属性减弱；C、非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同周期自左而右，非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱；D、镓(Ga）是第四周期ⅢA族元素，与Al同族，与Al具有相似性质,氢氧化铝是两性氢氧化物,Ga可能具有两性．【解答】解：A、同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径Ga＞As＞P，故A正确；B、同主族自上而下非金属性减弱，非金属性N＞P＞As，非金属性越强，氢化物越稳定，所以热稳定性:NH3＞PH3＞AsH3,故B正确;C、同周期自左而右，非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱,所以非金属性S＞P＞As，所以酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4,故C错误;D、镓（Ga）是第四周期ⅢA族元素，与Al同族，与Al具有相似性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，Ga金属性虽然比Al强,但可能具有两性，故D正确．故选C．11．某溶液中可能含有H+，Na+，Ba2+,Mg2+，Fe3+，Al3+，SO42﹣，CO32﹣等离子，当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列判断正确的是（）A．原溶液中一定含有H+、Fe3+、Al3+，可能含Ba2+B．原溶液中含Fe3+和Al3+,物质的量之比为l:lC．原溶液中可能含有CO32﹣D．反应最后形成的溶液中含有的溶质只有NaAlO2【考点】离子方程式的有关计算；常见阳离子的检验;常见阴离子的检验．【分析】A．根据生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象来确定存在的离子；B．根据消耗氢氧化钠的量和生成沉淀的量来确定离子的物质的量的多少；C．根据电荷守恒结合A选项的内容来确定存在的离子;D．根据溶液中离子之间的反应来确定含有的溶质．【解答】解：A．根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据坐标得生成沉淀用了7﹣1=6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了8﹣7=1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠,还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸根离子和镁离子，溶液中需要正、负离子，故一定有阴离子SO42﹣，一定不含Ba2+,原溶液中含有的阳离子是H+、Fe3+、Al3+，故A错误；B．根据A的推断，根据坐标得生成沉淀用了7﹣1=6体积的氢氧化钠,其中氢氧化铝溶解用了8﹣7=1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗,原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故B正确；C．根据A的推断,一定含有的阳离子是H+、Fe3+、Al3+,所以一定不含碳酸根离子，溶液中需要正、负离子，一定有阴离子SO42﹣,故C错误；D．根据溶液中的离子的存在情况可知道，最后溶液中含有的溶质除了NaAlO2，还有Na2SO4，故D错误；故选B．12．工业上用含有少量氧化铁杂质的废铜粉为原料，制取硫酸铜的主要过程如下图所示：下列有关说法不正确的是(）A．“过量酸”不适合用硝酸或浓硫酸，固体B可以用CuO、Cu（OH）2或Cu2（OH)2CO3B．通入的气体A可以是O2或Cl2C．通入气体A之前的混合溶液中存在的阳离子是：Fe2+、Cu2+、H+D．将从溶液中得到的硫酸铜晶体在空气中加热,可制得无水硫酸铜【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】因制备硫酸铜，废铜屑应加入稀硫酸中，稀硫酸、铜和氧化铁反应是氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水,硫酸铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；气体A应为空气，通入热的空气是为了氧化亚铁离子为三价铁离子，调整溶液PH除去铁离子，沉淀D为氢氧化铁，C为硫酸铜溶液，蒸发结晶可得到硫酸通过晶体，以此解答该题．【解答】解：因制备硫酸铜，废铜屑应加入稀硫酸中，稀硫酸、铜和氧化铁反应是氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水,硫酸铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜;气体A应为空气，通入热的空气是为了氧化亚铁离子为三价铁离子，调整溶液PH除去铁离子,沉淀D为氢氧化铁，C为硫酸铜溶液，蒸发结晶可得到硫酸通过晶体，A．不适合用硝酸，易生成硝酸铜而引入新杂质,加入浓硫酸，发生氧化还原反应生成二氧化硫气体,污染环境，固体B可以用CuO、Cu（OH)2或Cu2（OH）2CO3,目的是调整溶液PH除去铁离子，且不引入新杂质，故A正确;B．不能通入氯气,否则生成氯化铜，引入新杂质，故B错误；C．稀硫酸、铜和氧化铁反应是氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，硫酸铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，反应离子方程式为:4Fe2++4H++O2═4Fe3++2H2O，混合溶液中存在的阳离子是：Fe2+、Cu2+、H+，故C正确;D．硫酸铜晶体在空气中加热可失去结晶水，生成硫酸铜,故D正确．故选B．二、非选择题:13．磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3（PO4）2等形式存在．它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用．(1）白磷(P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得．相关热化学方程式如下:2Ca3（PO4）2（s)+10C（s)═6CaO（s）+P4（s）+10CO（g)△H1=+3359。26kJ•mol﹣1CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2=﹣89。61kJ•mol﹣12Ca3（PO4）2（s)+6SiO2(s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）△H3则△H3=+2821。6kJ•mol﹣1．（2）焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ•mol﹣1；H2O（g）═H2O(l)△H2=﹣44kJ•mol﹣1；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4(l）△H3=﹣545kJ•mol﹣1．则SO3(g)与H2O（l）反应的热化学方程式是SO3（g）+H2O（l)=H2SO4（l)△H=﹣130kJ/mol．（3)大气中的部分碘源于O3对海水中I﹣的氧化．O3将I﹣氧化成I2的过程由3步反应组成：①I﹣（aq)+O3（g)═IO﹣(aq）+O2（g）△H1②IO﹣（aq）+H+（aq）⇌HIO(aq）△H2③HIO（aq）+I﹣（aq）+H+（aq）⇌I2（aq）+H2O（l）△H3总反应的化学方程式为2I﹣+O3+2H+=I2+O2+H2O，其反应热△H=△H1+△H2+△H3．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；热化学方程式．【分析】（1)根据盖斯定律将已知热化学方程式变形进行运算得目标方程式，焓变做相应运算求解；（2）利用盖斯定律,将热化学方程式进行运算，（③﹣①+②)×计算反应的焓变，得到SO3(g)与H2O（l）反应的热化学方程式；（3)反应为O3氧化I﹣生成I2，根据盖斯定律①+②+③可得总反应以及△H；【解答】解：（1）①2Ca3（PO4)2(s）+10C（s）═6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）△H1=+3359。26kJ•mol﹣1②CaO（s）+SiO2(s）═CaSiO3（s)△H2=﹣89。61kJ•mol﹣1有盖斯定律可知，①+②×6得2Ca3（PO4)2（s）+6SiO2(s）+10C（s)═6CaSiO3（s)+P4（s）+10CO（g），所以其反应热△H3=△H1+6×△H2=+3359.26kJ•mol﹣1+6×（﹣89.61kJ•mol﹣1）=+2821。6kJ•mol﹣1;故答案为：+2821.6;（2）2SO2（g）+O2(g)=2SO3（g）△H1=一197kJ/mol①2H2O（g)=2H2O（1)△H2=﹣44kJ/mol②2SO2（g）+O2（g)+2H2O（g）=2H2SO4（l）△H3=一545kJ/mol③利用盖斯定律：（③﹣①+②）×得SO3（g)+H2O（l）=H2SO4(l)△H=﹣130kJ/mol,故答案为：SO3（g）+H2O（l)=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol．（3)将所给的三个反应：①+②+③可得总反应：2I﹣（aq)+O3（g)+2H+（aq）=I2(aq)+O2(g）+H2O（l），△H=△H1+△H2+△H3，故答案为：2I﹣+O3+2H+=I2+O2+H2O;△H1+△H2+△H3；14．某实验小组用0。50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定．（1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒,仍存在的缺陷是大小烧杯间未用碎纸条填满，大小烧杯杯口未平．（2）若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水,测得中和热为△H1,则△H1与△H的关系为：△H1＞△H（填“＜"、“＞”或“=”）．（3）写出该反应的中和热的热化学方程式(中和热为57.3kJ/mol）：NaOH（aq）+1/2H2SO4（aq)=l/2Na2SO4(aq）+H2O（aq)AH=﹣57.3kJ•mol﹣1．(4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，装置已做改进．实验数据如表．起始温度/℃终止温度/℃温度差/℃H2SO4NaOH平均值125。525。025。2528.53.25224。524.224.3527。63.25325.024.524。7526.51.75又已知0.50mol/LNaOH溶液和0。50mol/L硫酸溶液的密度都近似为1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4。18J/(g•℃)．则中和热△H=﹣43.5kJ．mol﹣1（取小数点后一位)．（5）上述实验数值结果与57。3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母)acd．a．实验装置保温、隔热效果差b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数c．分多次把H2SO4溶液倒入盛有NaOH溶液的小烧杯中d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后未清洗直接测定H2SO4溶液的温度e．实验当天气温较高．【考点】中和热的测定．【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；根据中和热的测定原理分析;（2）氨水电离吸热；（3）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57。3kJ的热量，应生成1mol液态水；（4）先计算出每次试验操作测定的温度差,然后舍弃误差较大的数据，最后计算出温度差平均值；根据Q=m•c•△T计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热;（5）a．装置保温、隔热效果差,测得的热量偏小;b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数,会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高；c．分多次把H2SO4溶液倒入盛有NaOH溶液的小烧杯中，热量散失较多；d．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高；e．做本实验的室温和反应热的数据之间无关．【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯间未用碎纸条填满，大小烧杯杯口未平，否则热量散失大,故答案为：环形玻璃搅拌棒；大小烧杯间未用碎纸条填满，大小烧杯杯口未平；(2)将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，氨水电离吸热，测得放出的热更少，中和热是负值，则会更大，所以△H1＞△H,故答案为：＞;(3)稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，应生成1mol液态水，热化学方程式为：NaOH(aq)+H2SO4（aq）=l/2Na2SO4（aq）+H2O（aq）AH=﹣57.3kJ•mol﹣1，故答案为：NaOH（aq)+1/2H2SO4（aq)=Na2SO4（aq）+H2O（aq)AH=﹣57。3kJ•mol﹣1；(4）实验3的误差太大要舍去，前2次温度差的平均值为3。25℃，50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0。50mol/L=0。025mol,溶液的质量为：80mL×1g/cm3=80g，温度变化的值为△T=3。25℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=m•c•△T=80g×4.18J/(g•℃)×3。25℃=1086。8J，即1。0868KJ，所以实验测得的中和热△H=﹣=﹣43.5kJ/mol，故答案为：﹣43.5kJ/mol;（5）a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小,故a正确;b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高,中和热的数值偏大，故b错误;c．分多次把H2SO4溶液倒入盛有NaOH溶液的小烧杯中，热量散失较多，测得温度偏低,中和热的数值偏小，故c正确；d．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，温度差偏小,测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d正确；e．做本实验的室温和反应热的数据之间无关,故e错误;故答案为：acd．15．实验室用装置Ⅰ制氨气和氧气的混合气体,A中装有浓氨水,C中盛有碱石灰；用装置Ⅱ验证氨的某些性质，D内放置催化剂（铂石棉)，按气流方向①→②→③→④连接各仪器．请回答下列问题：（1）①仪器A的名称是分液漏斗,仪器B中应加入的固体药品Na2O2（填化学式）；②实验中观察到D内红棕色气体的化学式为NO2，证明氨气具有还原性性；(2）若用装置Ⅰ制取干燥的SO2气体，则：①B中发生反应的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；②此时仪器C中改为盛装P2O5的作用是干燥SO2气体．【考点】氨的制取和性质．【分析】(1)①依据装置图分析仪器A为分液漏斗，用装置Ⅰ制氨气和氧气的混合气体，A中装有浓氨水,B中应装过氧化钠，C中盛有碱石灰干燥气体；②装置1生成的氨气和氧气通关过装置D中的催化剂加热发生反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，依据元素化合价变化分析氨气具有还原性；（2）①若用装置Ⅰ制取干燥的SO2气体,需要亚硫酸钠和浓硫酸发生反应；②碱石灰改为五氧化二磷是为了干燥二氧化硫气体．【解答】解:（1）①依据装置图和仪器用途结合图象判断,A为分液漏斗，实验目的是制得氨气和氧气，依据装置图特征是分液漏斗中的浓氨水加入装置B中生成,故答案为:分液漏斗；Na2O2;②氨气和氧气在一定条件下反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气能反应生成红棕色气体二氧化氮,反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O,2NO+O2=2NO2；氨气中氮元素的化合价是﹣3价,二氧化氮中氮元素的化合价是+4价，反应前后氮元素的化合价升高，所以氨气作还原剂，体现其还原性．故答案为：NO2；还原性;（2）①依据装置图分析可知制备二氧化硫气体是利用亚硫酸钠固体和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；故答案为:Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；②仪器C中改为盛装P2O5的作用是除去二氧化硫气体中的水蒸气，起到干燥气体的作用；故答案为：干燥SO2气体．16．下列是用98%的浓H2SO4(ρ=1。84g/cm3)配制500mL0.5mol∙L﹣1的稀硫酸的实验操作，请按要求填空：(1)实验中量取浓硫酸的体积为13。6mL．（2）如果实验室有10mL、20mL、50mL的量筒，应选20mL规格的量筒最好，如果量取浓硫酸时仰视读数，所配溶液浓度将(填“偏高”、“偏低”或“无影响”）偏高．(3）将量取的浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有约少量水的烧杯里，并不断搅拌,搅拌的目的是使稀释时产生的热尽快散失，防止因局部过热引起液滴飞溅．(4）将冷却至室温的上述溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中,并用50mL蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液要转入到容量瓶中,并振荡；在转移过程中有少量液体洒在桌子是,则最终所配浓度将（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）偏低．(5)加水至距刻度线1~2cm处，改用胶头滴管加水至刻度线，使溶液的凹液面恰好跟容量瓶刻度线相平,把容量瓶塞好，反复颠倒振荡，摇匀溶液．【考点】溶液的配制．【分析】(1）浓H2SO4的物质的量浓度c=，再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；（2)依据量取的硫酸的体积选择合适的量筒；量筒量取液体仰视读数导致量取的液体体积偏大，依据C=进行误差分析；(3）浓硫酸稀释产生大量的热，搅拌的目的是加快热量的散失;(4）依据配制溶液体积选择容量瓶规格;转移过程中有少量液体洒在桌子,导致溶质的物质的量偏小,依据C=进行误差分析;（5）依据定容的正确操作解答．【解答】解：(1)浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL,所以xmL×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：x≈13.6，所以应量取的浓硫酸体积是13.6mL，故答案为：13.6mL；（2）量取13。6mL浓硫酸,应选择20mL量筒；量筒量取浓硫酸仰视读数导致量取的浓硫酸体积偏大，导致溶质的物质的量偏大,依据C=，溶液浓度偏高；故答案为：20mL；偏高；（3)浓硫酸稀释产生大量的热，搅拌的目的是加快热量的散失,防止因局部过热引起液滴飞溅;故答案为:使稀释时产生的热尽快散失,防止因局部过热引起液滴飞溅；（4）配制500mL0。5mol∙L﹣1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶；转移过程中有少量液体洒在桌子，导致溶质的物质的量偏小,依据C=可知，溶液浓度偏低;故答案为：500mL容量瓶;偏低；（5）定容时，开始直接往容量瓶中加水，待液面离刻度线1﹣2cm时，该用胶头滴管逐滴加入；故答案为：胶头滴管．17．在10mL1mol•L﹣1的纯碱溶液中不断搅拌并逐滴加入10mL1.5mol•L﹣1盐酸，完全反应后在标准状况下生成二氧化碳的体积为112mL．【考点】化学方程式的有关计算．【分析】纯碱中滴加盐酸，发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，结合反应物的物质的量以及反应的化学方程式计算该题．【解答】解:n（Na2CO3）=0.01L×1mol/L=0。01mol，n（HCl）=0。01L×1。5mol/L=0.015mol，首先发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO30.01mol0.01mol0.01mol然后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O1mol22.4L0.015mol﹣0.01molV则V==0。112L=112mL,故答案为:112．18．A﹣J是中学化学中常见的几种物质，它们之间的转化关系如图所示．已知常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末,C、F、I为气态单质，E在常温下为液体，且E可由C、F合成，J可用作杀菌消毒剂．回答下列问题:（1）B中的化学键有离子键、非极性键，(填“离子键”、“极性键"或“非极性键”）E的电子式．（2）写出反应⑦的离子方程式Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O．(3）向AlCl3溶液中加入少量固体B，写出反应的化学方程式4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al（OH）3↓+12NaCl+3O2↑．(4)以Pt为电极电解滴加有少量酚酞的H饱和溶液,则在阴（填“阴或阳”）极附近溶液由无色变为红色，其原因是在阴极由于H+得到电子产生H2，破坏了水的电离平衡,促进水继续电离，导致溶液中c(OH﹣)＞c(H+），溶液呈碱性，所以阴极附近溶液变为红色．【考点】无机物的推断；极性键和非极性键;电解原理；钠的重要化合物．【分析】常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末,则A为Na,B为Na2O2，那么C为O2，E在常温下为液体，应为H2O，则F为H2，D为NaOH，H的水溶液在通电的情况下反应生成H2、I和NaOH,应为电解饱和食盐水的反应，则I为Cl2，可知G为HCl，H为NaCl，Cl2和NaOH反应生成NaCl、H2O和NaClO，则J为NaClO,（1）B为Na2O2,为离子化合物，E为H2O,为共价化合物,以此解答该题；(2）Cl2和NaOH反应生成NaCl、H2O和NaClO；(3)向AlCl3溶液中加入少量过氧化钠，分别发生：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，可写出总反应方程式；（4）电解饱和食盐水，阳极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2，阴极反应为2H++2e﹣=H2,从水的电离平衡移动的角度解答．【解答】解：常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末,则A为Na，B为Na2O2,那么C为O2，E在常温下为液体,应为H2O，则F为H2，D为NaOH,H的水溶液在通电的情况下反应生成H2、I和NaOH，应为电解饱和食盐水的反应，则I为Cl2，可知G为HCl,H为NaCl，Cl2和NaOH反应生成NaCl、H2O和NaClO,则J为NaClO,则（1）B为Na2O2，为离子化合物,含有离子键和非极性共价键，E在常温下为液体，应为H2O，电子式为，故答案为:离子键、非极性键；；（2）Cl2和NaOH反应生成NaCl、H2O和NaClO，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（3)向AlCl3溶液中加入少量过氧化钠，过氧化钠首先和水反应生成NaOH和O2，进而NaOH与AlCl3反应生成4Al（OH）3↓沉淀,反应的化学方程式为4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al(OH）3↓+12NaCl+3O2↑，故